Επιλύσιµες και µηδενοδύναµες οµάδες

Transcript

1 Κεφάλαιο 8 Επιλύσιµες και µηδενοδύναµες οµάδες Σύνοψη. Μελετώνται οι επιλύσιµες και οι µηδενοδύναµες οµάδες. Εισάγονται οι έννοιες των κανονικών και συνθετικών σειρών. Αποδεικνύεται το Θεώρηµα των Schreier, Jordan και Hölder. Εισάγονται οι έννοιες του γενικευµένου µεταθέτη, της παράγωγου σειράς, της επιλύσιµης σειράς, της ανώτερης κεντρικής σειράς, της κατώτερης κεντρικής σειράς, καθώς και της (πεπερασµένης) κεντρικής σειράς. Προαπαιτούµενη γνώση. Η οµάδα πηλίκο, το Θεώρηµα Lagrange, τα Θεω- ϱήµατα ισοµορφισµών και η δράση οµάδας σε σύνολο. 8.1 Κανονικές και Συνθετικές Σειρές Εστω G µία πεπερασµένη οµάδα. Μπορούµε να κατασκευάσουµε µία πεπερασµένη ακολουθία (ή σειρά) υποοµάδων της G της µορφής G = A 0 > A 1 >... > A n 1 > A n = {1 G }, όπου κάθε A i+1 είναι κανονική στην A i και κάθε οµάδα πηλίκο A i /A i+1 είναι απλή. Η τελευταία συνθήκη είναι ισοδύναµη µε το να λέµε ότι η A i+1 είναι maximal κανονική υποοµάδα της A i. Αυτό προκύπτει από την Πρόταση 3.1. Ετσι, σε µία πεπερασµένη µη απλή οµάδα G, ξεκινώντας µε {1 G } G, µπορούµε να εισάγουµε µία κανονική υποοµάδα N της G και να πάρουµε την ακολουθία (σειρά) {1 G } < N < G. Αν η N δεν είναι απλή, τότε µπορούµε να κατασκευάσουµε την ακολουθία (σειρά) {1 G } < N < N < G. Αν G/N δεν είναι απλή, τότε ϑεωρούµε την ακολουθία {1 G } < N < N < N < G. 165

2 166 ΚΕΦΑΛΑΙΟ 8. ΕΠΙΛΥΣΙΜΕΣ ΚΑΙ ΜΗ ΕΝΟ ΥΝΑΜΕΣ ΟΜΑ ΕΣ Συνεχίζουµε την παραπάνω διαδικασία. Επειδή η G είναι πεπερασµένη, η πα- ϱαπάνω διαδικασία ϑα τερµατίσει µετά από πεπερασµένο αριθµό ϐηµάτων έτσι, ώστε κάθε οµάδα πηλίκο της σειράς της G να είναι απλή. Σε όλο το σύγγραµµα, δεν κάνουµε διάκριση µεταξύ ακολουθίας και σειράς υποοµάδων µιας οµάδας G. Εστω G µία οµάδα και µία πεπερασµένη ακολουθία υποοµάδων της G, (A i ) : G = A 0, A 1,..., A n = {1 G }, τέτοια, ώστε και G = A 0 > A 1 > > A n 1 > A n = {1 G } A i A i 1, µε i = 1,..., n. Μία τέτοια ακολουθία (A i ) υποοµάδων της G ονοµάζεται κανονική σειρά της G. Για µία κανονική σειρά γράφουµε G = A 0 A 1... A n = {1 G }, όπου κάθε υποοµάδα ϑεωρείται γνήσια κανονική υποοµάδα στην προηγούµενη. Σε µία κανονική σειρά, κάθε υποοµάδα είναι µεν κανονική στην προηγούµενη, χωρίς αυτό να συνεπάγεται ότι είναι κανονική υποοµάδα στη G. Το πλήθος n των µη τετριµµένων υποοµάδων σε µία κανονική σειρά ονοµάζεται µήκος της σειράς. Οι οµάδες πηλίκο A i /A i+1, i = 0,..., n 1, ονοµάζονται πηλίκα της σειράς. Τονίζουµε ότι κάθε µη τετριµµένη οµάδα G έχει την κανονική σειρά G {1 G } (µήκους 1). ύο κανονικές σειρές της οµάδας G ονοµάζονται ισόµορφες αν έχουν το ίδιο µήκος και υπάρχει µία 1 1 και επί απεικόνιση µεταξύ των πηλίκων έτσι, ώστε τα αντίστοιχα πηλίκα να είναι ισόµορφα. Για παράδειγµα, έστω G = g τάξης pq, όπου p, q διαφορετικοί πρώτοι αριθµοί, και έστω A = g p, B = g q. Θεωρούµε τις κανονικές σειρές G A {1 G } και G B {1 G }. Η πρώτη σειρά έχει δύο πηλίκα G/A, A/{1 G } και η δεύτερη έχει δύο πηλίκα G/B, B/{1 G } και έχουµε ότι G/A = B/{1 G }, A/{1 G } = G/B. Επειδή οι παραπάνω κανονικές σειρές της G έχουν µήκος 2, είναι ισόµορφες. Μία κανονική σειρά (H i ) της G G = H 0 > H 1 > > H κ 1 > H κ = {1 G } ονοµάζεται επιλέπτυνση (refinement) της σειράς (A j ) της G G = A 0 > A 1 > > A n 1 > A n = {1 G }, αν κάθε υποοµάδα στη σειρά (A j ) της G συµπίπτει µε µία υποοµάδα της σειράς (H i ) της G. Προφανώς, n κ. Στην περίπτωση που µία επιλέπτυνση (H i ) της G είναι διαφορετική από την αρχική κανονική σειρά (A j ) της G ονοµάζεται γνήσια επιλέπτυνση. Πριν διατυπώσουµε και αποδείξουµε ένα αποτέλεσµα των Schreier, Jordan και Hölder σχετικά µε την επιλέπτυνση σειράς, ϑα αποδείξουµε ένα ϐασικό ϐοη- ϑητικό αποτέλεσµα.

3 8.1. ΚΑΝΟΝΙΚΕΣ ΚΑΙ ΣΥΝΘΕΤΙΚΕΣ ΣΕΙΡΕΣ 167 Λήµµα 8.1 Εστω f : G M οµοµορφισµός οµάδων. Για τυχαία υποοµάδα H της G, ϑεωρούµε f H το περιορισµό της f πάνω στην H. Τότε, Kerf H = Kerf H. Απόδειξη. Προφανώς, Kerf H H. Εστω h Kerf H. Τότε, h Kerf και έτσι, Kerf H Kerf H. Αντίστροφα, αν h Kerf H, τότε f(h) = 1 G. Αφού h H, το f H (h) ορίζεται και ισούται µε f(h) = 1 G και άρα, h Kerf H. Εποµένως, Kerf H = Kerf H. Το επόµενο αποτέλεσµα επεκτείνει το 2ο Θεώρηµα ισοµορφισµών και το Λήµ- µα Zassenhaus (δες Πόρισµα 8.2). Θεώρηµα 8.1 Εστω H τυχαία υποοµάδα της οµάδας G και έστω N κανονική υποοµάδα της G. Για κάθε υποοµάδα M της H, έχουµε ότι HN MN = H M(H N). Απόδειξη. Αφού η N G, έχουµε ότι HN = NH και έτσι, το HN είναι υποοµάδα της G. Οµοια, το M N είναι υποοµάδα της G. Επειδή M H, έχουµε ότι MN HN. Για να δείξουµε ότι η MN είναι κανονική στην HN, αρκεί να δείξουµε ότι y 1 xy MN για κάθε x MN και y HN. Γράφουµε x = mn 1, y = hn 2, όπου m M, h H και n 1, n 2 N. Τότε, y 1 xy = (hn 2 ) 1 mn 1 (hn 2 ) = n 1 2 h 1 mn 1 hn 2 = n 1 2 h 1 mhn 3 n 2, όπου hn 3 = n 1 h (αφού hn = Nh). h 1 mh = m 1 M. Ετσι, Επειδή M G, h 1 mh M και έτσι, y 1 xy = n 1 2 m 1n 3 n 2. Αφού N G, m 1 N = Nm 1 και έτσι, n 1 2 m 1 = m 1 n 4 για κάποιο n 4 N. Συνεπώς, y 1 xy = m 1 (n 4 n 3 n 2 ) MN και άρα, MN HN. Θεωρούµε τη ϕυσική απεικόνιση f MN : HN HN/MN. Εστω f MN ο περιορισµός της f MN πάνω στο H. Εύκολα αποδεικνύεται ότι f MN είναι επιµορφισµός. Από το 1ο Θεώρηµα ισοµορφισµών, HN/MN = H/Ker f MN. Για να δείξουµε το Ϲητούµενο αποτέλεσµα, αρκεί να δείξουµε ότι Ker f MN = M(H N).

4 168 ΚΕΦΑΛΑΙΟ 8. ΕΠΙΛΥΣΙΜΕΣ ΚΑΙ ΜΗ ΕΝΟ ΥΝΑΜΕΣ ΟΜΑ ΕΣ Από το Λήµµα 8.1, Ker f MN = (Kerf MN ) H. Αλλά, Kerf MN = MN. Συνεπώς, Ker f MN = MN H. Επειδή M H, από τον modular law, έχουµε ότι MN H = M(N H). Ετσι, Ker f MN = M(N H) και άρα, έχουµε το Ϲητούµενο αποτέλεσµα. Η συνήθης έκφραση του προηγούµενου αποτελέσµατος είναι η παρακάτω. Πόρισµα 8.1 (2ο Θεώρηµα ισοµορφισµών) Αν H είναι υποοµάδα της G και N κανονική υποοµάδα της G, τότε HN/N = H/(H N). Απόδειξη. Το αποτέλεσµα προκύπτει από το Θεώρηµα 8.1 για M = {1 G }. Το επόµενο τεχνικό αποτέλεσµα είναι γνωστό στη ϐιβλιογραφία ως Λήµµα Zassenhaus. Πόρισµα 8.2 (Zassenhaus) Εστω H 1 και H 2 υποοµάδες της οµάδας G και N 1, N 2 κανονικές υποοµάδες των H 1, H 2, αντίστοιχα. Τότε, N 1 (H 1 H 2 ) N 1 (H 1 N 2 ) = (H 1 H 2 ) (N 1 H 2 )(N 2 H 1 ) = N 2(H 1 H 2 ) N 2 (N 1 H 2 ). Απόδειξη. Εφαρµόζουµε το Θεώρηµα 8.1 για G = H 1, H = H 1 H 2, M = H 1 N 2 και N = N 1 ή G = H 2, H = H 1 H 2, M = N 1 H 2 και N = N 2. Ενα ϐασικό αποτέλεσµα στη ϑεωρία των κανονικών σειρών είναι το παρακάτω αποτέλεσµα που οφείλεται στους Schreier, Jordan και Hölder. Θεώρηµα 8.2 ( Schreier, Jordan, Hölder) Για δύο τυχαίες κανονικές σειρές της G, υπάρχουν ισόµορφες επιλεπτύνσεις. Απόδειξη. Εστω ότι η οµάδα G έχει δύο κανονικές σειρές G = A 0 A 1... A n 1 A n = {1 G } και G = B 0 B 1... B m 1 B m = {1 G }. Θα εφαρµόσουµε το Πόρισµα 8.2. Θέτουµε A ij = A i (A i 1 B j )

5 8.1. ΚΑΝΟΝΙΚΕΣ ΚΑΙ ΣΥΝΘΕΤΙΚΕΣ ΣΕΙΡΕΣ 169 για i = 1,..., n και j = 0,..., m, και B ji = B j (B j 1 A i ) για i = 0,..., n και j = 1,..., m. Επειδή A i A i 1 και B j B j 1, έχουµε, από το Πόρισµα 8.2, ότι A ij A i(j 1), και B ji B j(i 1) A i(j 1) A ij = B j(i 1) B ji. Τότε, έχουµε υποοµάδες A ij και B ij (i = 1,..., n, j = 1,..., m) της G A i 1 = A i0... A ij... A im = A i και B j 1 = B j0... B ji... A jn = B j. Ετσι, αν παρεµβάλουµε µεταξύ των όρων A i 1 και A i (για i = 1,..., n) τις υποοµάδες A ij για j = 1,..., m και µεταξύ των όρων B j 1 και B j (για j = 1,..., m) τις υποοµάδες B ji για i = 1,..., n παίρνουµε επιλεπτύσεις των κανονικών σειρών (A i ) και (B j ) της G που έχουν µήκος nm και είναι ισόµορφες. Οι επιλεπτύσεις που κατασκευάζονται µε αυτόν τον τρόπο είναι πιθανόν να έχουν επαναλήψεις. Αν A i(j 1) = A ij, τότε A i(j 1) /A ij = {1G }. Επειδή A i(j 1) A ij = B j(i 1) B ji, έχουµε ότι B j(i 1) /B ji = {1G } και άρα, B j(i 1) = B ji. Εποµένως, µπορούµε να αφαιρέσουµε ταυτόχρονα τις επαναλήψεις χωρίς να καταστρέψουµε τον ισοµορ- ϕισµό και να πάρουµε το Ϲητούµενο αποτέλεσµα. Μία κανονική σειρά µιας οµάδας G που δεν έχει γνήσιες επιλεπτύνσεις ονο- µάζεται συνθετική σειρά. Η επόµενη πρόταση µάς δίνει µία ικανή και αναγκαία συνθήκη για το πότε µία κανονική σειρά µιας οµάδας G είναι συνθετική. Πρόταση 8.1 Εστω (A i ) : G = A 0 A 1... A n = {1 G } µία κανονική σειρά της G. Τότε, τα παρακάτω είναι ισοδύναµα. 1. Η (A i ) είναι συνθετική σειρά. 2. Για κάθε i = 1,..., n, η οµάδα πηλίκο A i 1 /A i είναι απλή. 3. Για κάθε i = 1,..., n, η υποοµάδα A i είναι µέγιστη κανονική υποοµάδα της A i 1.

6 170 ΚΕΦΑΛΑΙΟ 8. ΕΠΙΛΥΣΙΜΕΣ ΚΑΙ ΜΗ ΕΝΟ ΥΝΑΜΕΣ ΟΜΑ ΕΣ Απόδειξη. Η απόδειξη της πρότασης ϐασίζεται στις εξής παρατηρήσεις : Εστω ότι η οµάδα πηλίκο A i 1 /A i δεν είναι απλή. Τότε, η A i 1 /A i έχει µία µη τετριµµένη υποοµάδα N/A i. Αλλά, τότε, A i 1 N A i και έτσι, παίρνουµε µία γνήσια επιλέπτυνση της (A i ), αν εισάγουµε την N µεταξύ των A i 1 και A i. Αν η A i δεν είναι µέγιστη κανονική υποοµάδα της A i 1, τότε πάλι µπορούµε να παρεµβάλουµε µία οµάδα N A i 1, A i έτσι, ώστε A i 1 N A i. Η Πρόταση 8.1 µάς δίνει ένα ισοδύναµο ορισµό για συνθετική σειρά. Ετσι, µία κανονική σειρά (A i ) της G ονοµάζεται συνθετική, αν για κάθε i = 1,..., n, η οµάδα πηλίκο A i 1 /A i είναι απλή. Εστω G µία άπειρη κυκλική οµάδα. Τότε, κάθε υποοµάδα H {1 G } της G είναι άπειρη κυκλική (και κανονική). Από εδώ, µπορούµε να συµπεράνουµε ότι η άπειρη κυκλική δεν έχει συνθετικές σειρές. Ετσι, υπάρχουν οµάδες που δεν έχουν συνθετικές σειρές. Αντιθέτως, όπως είδαµε παραπάνω, κάθε πεπερασµένη οµάδα έχει συνθετικές σειρές. Στην επόµενη πρόταση, ϑα δώσουµε µία απόδειξη για αυτό το γεγονός. Πρόταση 8.2 Κάθε πεπερασµένη οµάδα έχει συνθετικές σειρές. Απόδειξη. Εστω G µία πεπερασµένη οµάδα και έστω n = G. Για n = 1, το αποτέλεσµα είναι τετριµµένο. Υποθέτουµε ότι η πρόταση ισχύει για κάθε οµάδα µε τάξη < n. Εστω ότι η G είναι απλή. Επειδή η G είναι πεπερασµένη και απλή, έχουµε ότι η G είναι κυκλική µε τάξη πρώτο αριθµό. Τότε, η G έχει συνθετική σειρά, την G {1 G }. Υποθέτουµε ότι η G δεν είναι απλή. Τότε, υπάρχει κανονική γνήσια µη τετριµµένη υποοµάδα N της G µε N, G/N < n. Από την επαγωγική µας υπόθεση, οι N και G/N έχουν συνθετικές σειρές. Εστω N = N 0 N 1... N k = {1 G } και G/N = A 0 /N A 1 /N... A r /N = {1 G/N } συνθετικές σειρές των N και G/N, αντίστοιχα. Τότε, η κανονική σειρά G = A 0 A 1... A r N 1... N k = {1 G } είναι µία συνθετική σειρά της G, επειδή οι οµάδες πηλίκο είναι απλές (για i = 1,..., r). A i 1 /A i = Ai 1 /N/A i /N Η απόδειξη της Πρότασης 8.2 µάς δίνει ένα τρόπο κατασκευής κανονικών (συνθετικών) σειρών. Από το Θεώρηµα 8.2, δύο συνθετικές σειρές έχουν ισόµορ- ϕες επιλεπτύνσεις. Αλλά, επειδή µία συνθετική σειρά δεν έχει γνήσια επιλέπτυνση, πρέπει οι δύο συνθετικές σειρές να είναι ισόµορφες.

7 8.1. ΚΑΝΟΝΙΚΕΣ ΚΑΙ ΣΥΝΘΕΤΙΚΕΣ ΣΕΙΡΕΣ 171 Παραδείγµατα (Αβελιανές οµάδες) Θα δείξουµε ότι κάθε αβελιανή ο- µάδα που έχει συνθετική σειρά είναι πεπερασµένη. Εστω G µία αβελιανή οµάδα. Υποθέτουµε ότι η G έχει συνθετική σειρά (A i ) : G = A 0 A 1... A n 1 A n = {1 G }. Τότε, κάθε A i 1 /A i (i = 1,..., n) είναι απλή αβελιανή οµάδα και εποµένως, η A i 1 /A i έχει τάξη p i, όπου p i είναι πρώτος. Συνεπώς, G = p 1... p n. 2. (Κυκλικές οµάδες πεπερασµένης τάξης) Εστω C 24 = g µία κυκλική οµάδα τάξης 24. Τότε, για κάθε ϕυσικό διαιρέτη n του 24, υπάρχει µοναδική υποοµάδα τάξης n που είναι κυκλική. Οι γνήσιες υποοµάδες της C 24 είναι οι εξής : C 12 = g 2, C 8 = g 3, C 6 = g 4, C 4 = g 6, C 3 = g 8, C 2 = g 12 και η τετριµµένη. Τότε, µία συνθετική σειρά της C 24 είναι και µία κανονική σειρά της C 24 είναι (C i ) : C 24 C 8 C 4 C 2 {1 C24 } C 24 C 6 {1 C24 }. Μία επιλέπτυνση της παραπάνω κανονικής σειράς είναι C 24 C 12 C 6 C 3 {1 C24 } που είναι ισόµορφη µε την (C i ). Ο λόγος είναι ο εξής : Αν µία οµάδα G έχει συνθετικές σειρές, τότε κάθε κανονική σειρά της G έχει µία επιλέπτυνση που είναι συνθετική σειρά. Πράγµατι, µία συνθετική σειρά και µία τυχαία κανονική σειρά ϑα έχουν ισόµορφες επιλεπτύνσεις. Επειδή η επιλέπτυνση της συνθετικής σειράς δεν είναι γνήσια, ενώ η επιλέπτυνση της κανονικής σειράς είναι ισόµορφη µε συνθετική σειρά ϑα είναι συνθετική σειρά. 3. (Κατασκευή κανονικής σειράς για υποοµάδα) Εστω G µία οµάδα και (A i ) : G = A 0 A 1 A 2... A k = {1 G } µία κανονική σειρά της G. Εστω H G. Θέτουµε H i = H A i για i = 0,..., k. Εφαρµόζουµε το Πόρισµα 8.2 για {1 G } H και A i A i 1. Εχουµε ότι H i = {1 G }(H A i ) {1 G }(H A i 1 ), και Αλλά, A i = A i (A i 1 {1 G }) A i (A i 1 H) = A i H i 1 H i 1 /H i = Ai H i 1 /A i. A i A i H i 1 A i 1 και έτσι, η A i H i 1 /A i είναι µία υποοµάδα της A i 1 /A i. Ετσι, η H i 1 /H i είναι ισόµορφη µε υποοµάδα της A i 1 /A i. Παρατηρούµε ότι (H i ) : H = H 0 H 1 H 2... H k = {1 G } είναι κανονική σειρά της H.

8 172 ΚΕΦΑΛΑΙΟ 8. ΕΠΙΛΥΣΙΜΕΣ ΚΑΙ ΜΗ ΕΝΟ ΥΝΑΜΕΣ ΟΜΑ ΕΣ 4. (Αλυσίδες οµάδων) Με την ϐοήθεια των αλυσίδων οµάδων, ϑα κατασκευάσουµε µία οµάδα που έχει συνθετική σειρά, αλλά έχει υποοµάδα που δεν έχει συνθετική σειρά. Μία αριθµήσιµη ακολουθία οµάδων G 0, G 1,... ονο- µάζεται αύξουσα αλυσίδα (αντιστ. ϕθίνουσα αλυσίδα) αν, για κάθε n 1, η G n 1 είναι υποοµάδα της G n (αντιστ., για κάθε n 1, η G n είναι υποο- µάδα της G n 1 ). Μία αλυσίδα ονοµάζεται γνήσια, αν όλοι οι όροι της είναι διαφορετικοί. Εστω G 0, G 1,... µία αύξουσα αλυσίδα οµάδων και έστω G = n 0 G n. Ορίζουµε το «γινόµενο» δύο στοιχείων x και y του G ως εξής : Επειδή δουλεύουµε µε (αύξουσα) αλυσίδα οµάδων, διαλέγουµε n έτσι, ώστε x, y G n. Τότε, ορίζουµε xy όπως στην G n. Εύκολα αποδεικνύεται ότι ο ορισµός του γινοµένου είναι ανεξάρτητος από την επιλογή του n και ότι το G εφοδιασµένο µε αυτό το γινόµενο είναι οµάδα. Προφανώς, κάθε G n είναι υποοµάδα της G. (Αν κάθε G n είναι αβελιανή, τότε η G είναι αβελιανή.) Ενα κλασικό παράδειγµα είναι το εξής : Εστω S n, µε n 1, η συµµετρική οµάδα ϐαθµού n. Θεωρούµε S n υποοµάδα της S n+1 για κάθε n. Ετσι, έχουµε µία αύξουσα ακολουθία οµάδων G 0 = S 1, G 1 = S 2,... και ορίζουµε την S = n 1 S n. Εστω H 0, H 1,... µία άλλη αύξουσα αλυσίδα τέτοια, ώστε, για κάθε n 0, H n είναι κανονική υποοµάδα της G n. Τότε, H = n 0 H n είναι κανονική υποοµάδα της G. Πράγµατι, έστω x H και y G. ιαλέγου- µε G n έτσι, ώστε x H n και y G n. Από την υπόθεσή µας, y 1 xy H n. Συνεπώς, y 1 Hy H για όλα τα y G. Ως συνέχεια του κλασικού παραδείγµατος που παραθέσαµε προηγουµένως είναι ότι η A = n 1 A n µε A n η εναλλάσσουσα οµάδα ϐαθµού n, είναι κανονική υποοµάδα της S. Θα δείξουµε ότι η A έχει δείκτη 2 στην S. Παρατηρούµε ότι S A, αφού (12) / A. Από την άλλη πλευρά, για κάθε x S είτε x είτε x(12) είναι άρτια µετάθεση. Με άλλα λόγια, x ανήκει στην A ή στο A (12). Εποµένως, η A έχει δύο δεξιά σύµπλοκα και έτσι, η A έχει δείκτη 2 στην S. Τέλος, ϑα δείξουµε ότι η A είναι µοναδική γνήσια κανονική υποοµάδα της S. Υποθέτουµε ότι N {1 G } είναι κανονική υποοµάδα της S. Αν S N, τότε, για κάποιο n, N S m S m ή {1 G } για όλα τα m n. Θεωρώντας το n 5, έχουµε ότι N S m = A m για όλα τα m n. (Θυµίζουµε ότι για n 5, η µοναδική γνήσια κανονική υποοµάδα της S n είναι η A n. Επιπλέον, η A n είναι απλή οµάδα.) Από εδώ, η N περιέχει τις άρτιες µεταθέσεις της S και άρα, N = A. Είναι απλό να δειχθεί ότι η A παράγεται από τους 3-κύκλους. (Από τον τρόπο κατασκευής της A και

9 8.2. ΜΕΤΑΘΕΤΕΣ 173 το γεγονός ότι η A n, µε n 3, παράγεται από τους 3-κύκλους.) Η απόδειξη του γεγονότος ότι η A n, µε n 5, είναι απλή οµάδα (Θεώρηµα 8.3) µπορεί να εφαρµοσθεί και στη περίπτωση της A. Ετσι, η A είναι απλή άπειρης τάξης οµάδα. Για κάθε k = 1, 2,..., ορίζουµε την µετάθεση σ k = (3k 3k+1 3k+2). Η οµάδα που παράγεται από τις σ k είναι µία στοιχειώδης αβελιανή υποοµάδα άπειρης τάξης της A και έτσι, δεν έχει συνθετική σειρά. 8.2 Μεταθέτες Εστω G µία οµάδα και a, b G. Το στοιχείο (a, b) = a 1 b 1 ab ονοµάζεται µεταθέτης των a, b. Γράφοντας a b = b 1 ab, έχουµε ότι (a, b) = a 1 a b. Προφανώς, (a, b) = 1 G αν και µόνο αν ab = ba. Η ονοµασία µεταθέτης δικαιολογείται από την ταυτότητα ab = ba (a, b) για όλα τα a, b G. Αν g 1,..., g m G, µε m 3, ορίζουµε τους αριστερούς γενικευµένους µεταθέτες (g 1,..., g m ) επαγωγικά ως εξής : Για m = 3, (g 1, g 2, g 3 ) = ((g 1, g 2 ), g 3 ), και γενικά, (g 1,..., g m ) = ((g 1,..., g m 1 ), g m ) για m 4. Αν H, N είναι µη κενά υποσύνολα της G, τότε ορίζεται ο µεταθέτης των H, N ως η υποοµάδα που παράγεται από όλους τους µεταθέτες της µορφής (g, h), όπου g H και h N. Συµβολικά, (H, N) = (g, h) : g H, h N. Εστω X 1,..., X m G. Γενικά, µπορούµε να ορίσουµε (X 1,..., X m ) να είναι η ((X 1,..., X m 1 ), X m ) = (X 1,..., X m 1 ), X m για κάθε ϕυσικό αριθµό m 2. Ετσι, αν X, Y, Z είναι υποοµάδες της G, γράφουµε (X, Y, Z) = ((X, Y ), Z). Η απόδειξη της επόµενης πρότασης είναι απλή εφαρµογή των ορισµών και αφήνεται ως άσκηση για τον αναγνώστη. Πρόταση Εστω G µία οµάδα και a, b, c G. Τότε, (αʹ) (a, b) 1 = (b, a). (ϐʹ) a b = a(a, b). (γʹ) (a, bc) = (a, c)(a, b) c. (δʹ) (a, bc) = (a, c)(a, b)(a, b, c). (εʹ) (ab, c) = (a, c) b (b, c). (ϛʹ) (ab, c) = (a, c)(a, c, b)(b, c). (Ϲʹ) (ab, cd) = (a, d) b (b, d)(a, c) bd (b, c) d = (a, d) b (a, c) db (b, d)(b, c) d (ηʹ) (Η ταυτότητα Witt) (a, b 1, c) b (b, c 1, a) c (c, a 1, b) a = 1 G. (ϑʹ) ((a, b), c a )((c, a), b c )((b, c), a b ) = 1 G. (ιʹ) ((a, b), c)((b, c), a)((c, a), b) = (b, a)(c, a)(c, b) a (a, b)(a, c) b (b, c) a (a, c) (c, a) b.

10 174 ΚΕΦΑΛΑΙΟ 8. ΕΠΙΛΥΣΙΜΕΣ ΚΑΙ ΜΗ ΕΝΟ ΥΝΑΜΕΣ ΟΜΑ ΕΣ (ιαʹ) (a 1, b) = ((a, b) 1 )) a 1. (ιϐʹ) (a, b 1 ) = ((a, b) 1 ) b Αν X, Y G, τότε (X, Y ) = (Y, X) και (X, Y ) X, Y. Αν X, Y, Z είναι κανονικές υποοµάδες της G, τότε η (X, Y, Z) παράγεται από όλους τους µεταθέτες της µορφής (x, y, z), όπου x X, y και z Z. Επιπλέον, (X, Y, Z) (Y, Z, X)(Z, X, Y ). 8.3 Επιλύσιµες Οµάδες Εστω G µία οµάδα. Η υποοµάδα της G που παράγεται από όλους τους µεταθέτες της ονοµάζεται οµάδα µεταθετών ή παράγωγος υποοµάδα (commutator subgroup, derived subgroup) και συµβολίζεται µε G. ηλαδή, G = (G, G) = (a, b) : a, b G. Η παρακάτω πρόταση χαρακτηρίζει την G. Πρόταση 8.4 Εστω G µία οµάδα και N G. Τότε, η G N αν και µόνο αν η N G και η G/N είναι αβελιανή. Απόδειξη. Εστω ότι η N G και η G/N είναι αβελιανή. Τότε, (an, bn) = N για όλα τα a, b G. Επειδή (an, bn) = (a, b)n, έχουµε ότι (a, b) N για όλα τα a, b G. Λόγω του ότι η G παράγεται από όλους του µεταθέτες της G, G N. Αντίστροφα. Εστω G N. Για να δείξουµε ότι η N είναι κανονική, αρκεί να δείξουµε ότι a 1 ha N για κάθε a G και h N. Αλλά, a 1 ha = h(h, a). Επειδή h N και (h, a) G N, έχουµε ότι N G. Επειδή η N είναι κανονική, η G/N είναι οµάδα. Αφού (a, b) G N για όλα τα a, b G, έχουµε ότι (an, bn) = (a, b)n = N για όλα τα a, b G. Με άλλα λόγια, η G/N είναι αβελιανή. Με την ϐοήθεια του ορισµού της οµάδας µεταθετών, µπορούµε να κατασκευάσουµε την παράγωγο σειρά µιας τυχαίας οµάδας G ως εξής : Εστω G µία ο- µάδα. Θέτουµε G (1) = G, G (2) = G = (G, G ) και γενικά, για n 1, G (n+1) = (G (n), G (n) ). ηλαδή κάθε µία υποοµάδα είναι η οµάδα µεταθετών της προηγούµενης υποοµάδας. Τότε, παίρνουµε µία ϕθίνουσα ακολουθία υποοµάδων της G G = G (0) G (1) G (2)... G (n) G (n+1).... Η παραπάνω ϕθίνουσα ακολουθία υποοµάδων ονοµάζεται η παράγουσα σειρά της G. Η παράγουσα σειρά µάς οδηγεί στον ορισµό της επιλύσιµης οµάδας. Εστω G µία οµάδα. Η G καλείται επιλύσιµη, αν G (n) = {1 G } για κάποιο n N. Στην περίπτωση αυτή, ο µικρότερος ϕυσικός αριθµός n ονοµάζεται µήκος παραγωγής της G. Μία κανονική σειρά (A i ) της G ονοµάζεται επιλύσιµη, αν οι οµάδες πηλίκο A i /A i+1, i = 0,..., n, είναι αβελιανές. Η ονοµασία επιλύσιµη δικαιολογείται από την επόµενη πρόταση.

11 8.3. ΕΠΙΛΥΣΙΜΕΣ ΟΜΑ ΕΣ 175 Πρόταση 8.5 Εστω G µία οµάδα. Τότε, η G είναι επιλύσιµη αν και µόνο αν η G έχει επιλύσιµη σειρά. Απόδειξη. Υποθέτουµε ότι η G είναι επιλύσιµη. Τότε, υπάρχει κ N έτσι, ώστε G (κ) = {1 G }. Εστω m ο µικρότερος ϕυσικός αριθµός έτσι, ώστε G (m) = {1 G }. Τότε, η σειρά G = G (0) G (1)... G (m) = {1 G } είναι επιλύσιµη, αφού οι οµάδες πηλίκο G (i) /G (i+1), i = 0,..., m, είναι αβελιανές. Αντίστροφα, έστω G = A 0 A 1... A n = {1 G } µία επιλύσιµη σειρά της G. Ισχυριζόµαστε ότι G (i) A i για κάθε i = 0,..., n. Επειδή G/A 1 = A 0 /A 1, από την Πρόταση 8.4, έχουµε ότι G A 1. Υποθέτουµε ότι G (m) A m για κάποιο m. Επειδή η A m /A m+1 είναι αβελιανή έπεται ότι A m A m+1, όπου A m είναι η παράγωγος υποοµάδα της A m. Άρα, (G (m) ) A m A m+1 και επειδή (G m ) = G (m+1), έχουµε ότι G (m+1) A m+1. Ετσι, G (i) A i για όλα τα i και εποµένως, G (n) = {1 G }. Συνεπώς, η G είναι επιλύσιµη. Πρόταση 8.6 Κάθε επιλέπτυνση µιας επιλύσιµης σειράς είναι επιλύσιµη σειρά. Απόδειξη. Η ουσία της απόδειξης ϐρίσκεται στο εξής γεγονός : Αν A B και B/A είναι αβελιανή, τότε για N τέτοια, ώστε A N B, η N/A είναι αβελιανή ως υποοµάδα αβελιανής και η B/N είναι αβελιανή ως πηλίκο της αβελιανής οµάδας B/A. Από τον ορισµό της επιλέπτυνσης και του παραπάνω γεγονότος έχουµε το Ϲητούµενο αποτέλεσµα. Με τη ϐοήθεια των Θεωρηµάτων ισοµορφισµών µπορούµε να δείξουµε ότι υποοµάδες και οµάδες πηλίκο επιλύσιµων οµάδων είναι επιλύσιµες. Εχουµε το εξής αποτέλεσµα. Πρόταση 8.7 Εστω G οµάδα. 1. Αν η G είναι επιλύσιµη και H G, τότε η H είναι επιλύσιµη. 2. Αν N G, τότε η G είναι επιλύσιµη αν και µόνο αν N και G/N είναι επιλύσιµες. Απόδειξη. 1. Εστω {1 G } = G 0 G 1... G r = G

12 176 ΚΕΦΑΛΑΙΟ 8. ΕΠΙΛΥΣΙΜΕΣ ΚΑΙ ΜΗ ΕΝΟ ΥΝΑΜΕΣ ΟΜΑ ΕΣ µία κανονική σειρά της G µε G i+1 /G i αβελιανή για κάθε i. Εστω H i = G i H. Τότε, η H έχει µία σειρά {1 G } = H 0... H r = H. Ισχυριζόµαστε ότι οι οµάδες πηλίκο H i+1 /H i είναι αβελιανές. Πράγµατι, H i+1 /H i = G i+1 H G i H = G i+1 H G i (G i+1 H) = G i(g i+1 H) G i, από το 1ο Θεώρηµα ισοµορφισµών. Αλλά, η (G i (G i+1 H))/G i είναι υποοµάδα της G i+1 /G i και έτσι, η H i+1 /H i είναι αβελιανή και εποµένως, η H είναι επιλύσιµη. 2. Ορίζουµε τις G i όπως προηγουµένως. Τότε, η G/N έχει µία σειρά N/N = G 0 N/N G 1 N/N... G r N/N = G/N. Μία τυπική οµάδα πηλίκο είναι της µορφής G i+1 N/N G i N/N. Με την ϐοήθεια του 3ου και 2ου Θεωρήµατος ισοµορφισµών, έχουµε ότι G i+1 N/G i N = G i+1 (G i N)/G i N = G i+1 /(G i+1 (G i N)) = (G i+1 /G i )/(G i+1 (G i N))/G i που είναι πηλίκο της αβελιανής οµάδας G i+1 /G i και συνεπώς, η G/N είναι επιλύσιµη. Αντίστροφα, υπάρχουν δύο σειρές {1 G } = N 0 N 1... N r = N και N/N = G 0 /N G 1 /N... G r /N = G/N µε αβελιανές οµάδες πηλίκο. Θεωρούµε την σειρά της G {1 G } = N 0 N 1... N r = N = G 0 G 1... G s = G. Οι οµάδες πηλίκο είναι είτε N i+1 /N i (που είναι αβελιανή) είτε G i+1 /G i, που είναι ισόµορφη µε την G i+1 /N G i /N, που είναι αβελιανή. Συνεπώς, η G είναι επιλύσιµη.

13 8.3. ΕΠΙΛΥΣΙΜΕΣ ΟΜΑ ΕΣ 177 Μία οµάδα G λέγεται επέκταση της οµάδας A µε την οµάδα B αν η G έχει κανονική υποοµάδα N, που είναι ισόµορφη µε την A, τέτοια, ώστε η G/N είναι ισόµορφη µε την B. Ετσι, η Πρόταση 8.7 µάς λέει ότι η κλάση των επιλύσιµων οµάδων είναι κλειστή ως προς τις υποοµάδες, οµάδες πηλίκο και επεκτάσεις. Οι απλές οµάδες παίζουν ένα σηµαντικό ϱόλο στη ϑεωρία των πεπερασµένων οµάδων. Κατά µία έννοια είναι τα ϑεµέλια πάνω στα οποία κτίζονται όλες οι πεπερασµένες οµάδες. Είναι εύκολο να δειχθεί ότι κάθε κυκλική οµάδα µε τάξη p, όπου p πρώτος, είναι απλή οµάδα. Αφού είναι αβελιανή, έχουµε ότι είναι επιλύσιµη. Το επόµενο αποτέλεσµα µάς δείχνει ότι αυτές είναι και οι µόνες απλές επιλύσιµες οµάδες. Λήµµα 8.2 Μία επιλύσιµη οµάδα είναι απλή αν και µόνο αν είναι κυκλική µε τάξη p, όπου p είναι πρώτος. Απόδειξη. Αν η G είναι απλή επιλύσιµη οµάδα έχει µία σειρά {1 G } = G 0 G 1... G n = G µε G i+1 G i. Τότε, η G n 1 είναι γνήσια κανονική υποοµάδα της G, που είναι απλή, και έτσι, G n 1 = {1 G } και G = G n /G n 1 που είναι αβελιανή. Αφού κάθε υποοµάδα αβελιανής οµάδας είναι κανονική και κάθε στοιχείο της G παράγει κυκλική οµάδα, έχουµε ότι η G είναι κυκλική. Επειδή η G είναι απλή, έχουµε ότι η G έχει τάξη p, όπου p είναι πρώτος. Το αντίστροφο είναι προφανές. Παραδείγµατα 8.2 {1 G } G. 1. Κάθε αβελιανή οµάδα G είναι επιλύσιµη, µε σειρά 2. Η S 3 είναι επιλύσιµη, επειδή έχει κανονική υποοµάδα H τάξης 3, που πα- ϱάγεται από τον κύκλο (123), και η S 3 /H έχει τάξη Η διεδρική οµάδα D 4 τάξης 8 είναι επιλύσιµη. Πράγµατι, η D 4 έχει µία κανονική κυκλική υποοµάδα H τάξης 4 και D 4 /H έχει τάξη 2. Σηµειώνουµε ότι κάθε οµάδα τάξης 4 είναι αβελιανή. 4. Η S 4 είναι επιλύσιµη, επειδή έχει κανονική σειρά {1 S4 } V A 4 S 4, όπου η A 4 έχει τάξη 12 και η V είναι η οµάδα Klein (τάξης 4). Εφαρµόζοντας το Θεώρηµα Lagrange, έχουµε το Ϲητούµενο αποτέλεσµα. Θεώρηµα 8.3 Εστω A n η εναλλάσσουσα υποοµάδα της S n. Τότε, για κάθε n 5, η A n είναι απλή. Απόδειξη. Πρώτα από όλα, ϑα δείξουµε ότι οι κύκλοι µήκους 3 παράγουν την A n. Κάθε άρτια µετάθεση είναι γινόµενο από άρτιο αριθµό µεταβάσεων. Είναι εύκολο να δειχθεί ότι (iκ)(ij) = (ijκ), and (κλ)(ij) = (iλκ)(ijκ), όπου i, j, κ, λ διακριτά.

14 178 ΚΕΦΑΛΑΙΟ 8. ΕΠΙΛΥΣΙΜΕΣ ΚΑΙ ΜΗ ΕΝΟ ΥΝΑΜΕΣ ΟΜΑ ΕΣ Εποµένως, κάθε άρτια µετάθεση γράφεται ως γινόµενο 3-κύκλων. Κάθε 3-κύκλος είναι άρτια µετάθεση και έτσι, η A n παράγεται από 3-κύκλους. (Να παρατη- ϱήσουµε εδώ ότι, από τις Ασκήσεις 28 και 31 του Κεφαλαίου 1 προκύπτει ότι η S n παράγεται από όλους τους 2-κύκλους της µορφής (1i) για i = 2,..., n. Αφού κάθε στοιχείο της A n είναι άρτιο γινόµενο από µεταβάσεις της µορφής (1i), η A n παράγεται από όλα τα στοιχεία (1i)(1j) = (1ij).) Εστω N µία κανονική υποοµάδα της A n και έστω ότι η N περιέχει ένα 3- κυκλο (ijκ). Εστω (i j κ ) ένας άλλος κύκλος µήκους 3. Αφού n 5, έχουµε ότι τουλάχιστον πέντε διαθέσιµα σύµβολα. Θεωρούµε την µετάθεση ( ) i j κ λ1 m... π = i j κ λ 1 m.... Αν η π είναι περιττή µετάθεση, τότε µπορούµε να την µετατρέψουµε σε άρτια αλλάζοντας το λ 1 µε το m. Είναι εύκολο να δείξουµε ότι π(ijκ)π 1 = (i j κ ). Επειδή η N είναι κανονική, έχουµε ότι (i j κ ) N. Εποµένως, όλοι οι κύκλοι µήκους 3 ανήκουν στην N και έτσι, N = A n. (Θα µπορούσαµε να επιχειρηµατολογίσουµε και ως εξής : Επειδή η N είναι κανονική και n 5, χωρίς ϐλάβη της γενικότητας, υποθέτουµε ότι (123) N. Πράγµατι, ϑέτοντας εύκολα ϐλέπουµε ότι π = (1i)(2j)(3κ)(4λ)(5m)(λm), π(ijκ)π 1 = (123). Για κάθε κ 4, ο κύκλος (32κ) A n. Συνεπώς, (32κ) 1 (123)(32κ) = (1κ2) N. Από εδώ, η N περιέχει το (1κ2) 2 = (12κ) για όλα τα κ 3. Αλλά, για i 2, έχουµε ότι (1ij) = (12j)(12i)(12j) 1, και έτσι, η A n παράγεται από τους κύκλους (12κ). Άρα, N = A n.) Μένει να αποδείξουµε ότι η N περιέχει ένα κύκλο µήκους 3. Θα το δείξουµε σε τέσσερα ϐήµατα. 1. Υποθέτουµε ότι N περιέχει ένα στοιχείο x = abc..., όπου a, b, c,... είναι ξένοι κύκλοι µεταξύ τους και a = (a 1... a m ) (m 4). Εστω t = (a 1 a 2 a 3 ). Τότε, t 1 xt N. Αφού η t µετατίθενται µε b, c,... (λόγω του ότι είναι ξένοι µεταξύ τους), έπεται ότι t 1 xt = (t 1 at)bc... = z και έτσι, zx 1 = (a 1 a 3 a m ).

15 8.3. ΕΠΙΛΥΣΙΜΕΣ ΟΜΑ ΕΣ Υποθέτουµε ότι η N περιέχει ένα στοιχείο x που στην ανάλυση του περιέχει δύο κύκλους µήκους 3. Μπορούµε να υποθέσουµε ότι x = (123)(456)y, όπου y είναι µετάθεση που σταθεροποιεί τα 1,..., 6. Εστω t = (234). Τότε, η N περιέχει το (t 1 xt)x 1 = (12436). Τότε, από την πρώτη περίπτωση, έχουµε ότι στην N υπάρχει 3-κύκλος. 3. Αν στην N δεν υπάρχει στοιχείο που να καλύπτεται από τις προηγούµενες περιπτώσεις, τότε σε κάθε στοιχείο της N είτε εµφανίζεται ακριβώς ένας 3-κύκλος είτε είναι γινόµενο από ξένους κύκλους µήκους 2. (αʹ) Υποθέτουµε ότι x = (123)p, όπου p µετατίθενται µε το x και p 2 = 1. Τότε, το στοιχείο x 2 = (132) N. (ϐʹ) Άρα, η µόνη περίπτωση είναι ότι κάθε στοιχείο της N είναι γινόµενο από ξένους κύκλους µήκους 2. Επειδή n 5, µπορούµε να υπο- ϑέσουµε ότι η N έχει στοιχείο x = (12)(34)p, όπου η p σταθεροποιεί τα 1, 2, 3, 4. Αν ϑέσουµε t = (234), τότε και αν ϑέσουµε u = (145), τότε (t 1 xt)x 1 = (14)(23) N u 1 (t 1 xtx 1 )u = (45)(23) N και έτσι, που είναι άτοπο. (45)(23)(14)(23) = (145) N, Από τα παραπάνω ϐήµατα, καταλήγουµε ότι η A n είναι απλή. Πόρισµα 8.3 Η S n δεν είναι επιλύσιµη για n 5. Απόδειξη. Υποθέτουµε ότι η S n είναι επιλύσιµη. Τότε, η A n είναι επιλύσιµη. Επειδή η A n είναι απλή, έχουµε ότι η τάξη της A n είναι πρώτος αριθµός. Αλλά, A n = n!/2. Επειδή n 5, καταλήγουµε σε άτοπο. Εστω p ένας πρώτος αριθµός. Θυµίζουµε ότι µία πεπερασµένη οµάδα G είναι p-οµάδα αν η τάξη της είναι µία δύναµη του p. Για παράδειγµα, η διεδρική οµάδα D 4 τάξης 8 είναι 2-οµάδα, ενώ, για n 3, η S n δεν είναι p-οµάδα για κάθε πρώτο p. Από το Πόρισµα 8.3, έχουµε ότι η S n δεν είναι επιλύσιµη για κάθε n 5. Σε αντιπαράθεση, ϑα δείξουµε ότι κάθε πεπερασµένη p-οµάδα είναι επιλύσιµη. Πρώτα από όλα, ϑα ϑυµηθούµε µία πολύ σηµαντική ιδιότητα των πεπερασµένων p-οµάδων. Αν G είναι µία µη τετριµµένη πεπερασµένη p-οµάδα, τότε η G έχει µη τετριµµένο κέντρο.

16 180 ΚΕΦΑΛΑΙΟ 8. ΕΠΙΛΥΣΙΜΕΣ ΚΑΙ ΜΗ ΕΝΟ ΥΝΑΜΕΣ ΟΜΑ ΕΣ Λήµµα 8.3 Αν G είναι µία πεπερασµένη p-οµάδα τάξης p n, τότε η G έχει µία σειρά από κανονικές υποοµάδες έτσι, ώστε G i = p i για i = 0,..., n. {1 G } = G 0 G 1... G n = G Απόδειξη. Εφαρµόζουµε επαγωγή στο n. Για n = 0, ο ισχυρισµός µας είναι τετριµµένος. Εχουµε δείξει ότι το αποτέλεσµα ισχύει για n = 1. Υποθέτουµε ότι ισχύει για κάθε ακέραιο < n. Εστω Z = Z(G) το κέντρο της G. Τότε, Z {1 G } και από το Θεώρηµα Lagrange η τάξη του Z είναι p m µε n m 1. Επειδή το Z είναι αβελιανή οµάδα έχει ένα στοιχείο τάξης p. Εστω K η κυκλική υποοµάδα του Z που παράγεται από το στοιχείο αυτό. Αφού K Z, η K είναι κανονική υποοµάδα της G και έτσι, G/K έχει τάξη p n 1. Από την επαγωγική µας υπόθεση, η G/K έχει µία σειρά αποτελούµενη από κανονικές υποοµάδες K/K = G 1 /K... G n /K, όπου G i /K = p i 1. Τότε, G i = p i και G i G. Θέτοντας G 0 = {1 G }, έχουµε το Ϲητούµενο αποτέλεσµα. Πόρισµα 8.4 Κάθε πεπερασµένη p-οµάδα είναι επιλύσιµη. Απόδειξη. Οι οµάδες πηλίκο G i+1 /G i της σειράς του Λήµµατος 8.3 έχουν τάξη p και έτσι, είναι κυκλικές και άρα, αβελιανές. Εχουµε δει στη Πρόταση 8.2 ότι κάθε πεπερασµένη οµάδα έχει συνθετική σειρά. Το επόµενο αποτέλεσµα µάς δίνει µία ικανή και αναγκαία συνθήκη για το πότε µία πεπερασµένη οµάδα είναι επιλύσιµη. Η συνθήκη δίνεται µε την ϐοήθεια συγκεκριµένης συνθετικής σειράς. Θεώρηµα 8.4 Μία πεπερασµένη οµάδα είναι επιλύσιµη αν και µόνο αν έχει µία συνθετική σειρά που τα πηλίκα της είναι κυκλικές οµάδες και κάθε οµάδα πηλίκο έχει τάξη πρώτο αριθµό. Απόδειξη. Από την Πρόταση 8.2, κάθε πεπερασµένη οµάδα έχει συνθετική σει- ϱά. Άρα, µία επιλύσιµη σειρά µιας πεπερασµένης επιλύσιµης οµάδας µπορεί να επιλεπτυνθεί σε µία συνθετική σειρά που ϑα είναι επιλύσιµη, από την Πρόταση 8.6. Αλλά, µία απλή αβελιανή οµάδα είναι κυκλική µε τάξη πρώτο αριθµό. Το αντίστροφο προκύπτει από τον ορισµό της επιλύσιµης οµάδας. Να παρατηρήσουµε εδώ ότι µία επιλύσιµη οµάδα έχει συνθετικές σειρές αν και µόνο αν είναι πεπερασµένη. Πράγµατι, έστω G µία επιλύσιµη οµάδα. Υ- ποθέτουµε ότι η G έχει συνθετικές σειρές. Τότε, µία επιλύσιµη σειρά µπορεί να επιλεπτυνθεί σε µία συνθετική σειρά, που ϑα είναι πάλι επιλύσιµη. Εστω G = A 0 A 1... A k A k+1 = {1 G } µία συνθετική και επιλύσιµη σειρά. Τότε, η A i /A i+1 είναι κυκλική τάξης p i, για κάποιο πρώτο p i, i = 0, 1,..., k και άρα, G = p 0 p 1... p k. Συνεπώς, η G είναι πεπερασµένη. Το αντίστροφο προκύπτει από την Πρόταση 8.2. Μία οµάδα G λέµε ότι έχει max αν ισχύει µία από τις παρακάτω συνθήκες :

17 8.3. ΕΠΙΛΥΣΙΜΕΣ ΟΜΑ ΕΣ Κάθε γνήσια αύξουσα αλυσίδα υποοµάδων της G είναι πεπερασµένη. 2. Κάθε υποοµάδα της G είναι πεπερασµένα παραγόµενη. Παραδείγµατα οµάδων που έχουν max είναι : οι πεπερασµένες οµάδες και η άπειρη κυκλική οµάδα. Λήµµα 8.4 Εστω N G. Τότε, η G έχει max αν και µόνο αν η N και η G/N έχουν max. Απόδειξη. Εστω (H i ) i N µία αύξουσα αλυσίδα υποοµάδων της G. Υποθέτουµε ότι η N και η G/N έχουν max. Τότε, υπάρχει n N έτσι, ώστε H i N = H n N και H i N = H n N για όλα τα i n. Ισχυριζόµαστε ότι H i = H n για κάθε i n. Πράγµατι, H i = H i (H i N) = H i (H n N) = H n (H i N) (modular law, H n H i ) = H n (H n N) = H n. Το αντίστροφο είναι προφανές. Εστω P µία (αλγεβρική) ιδιότητα των οµάδων. Παραδείγµατος χάρη, πεπε- ϱασµένη, κυκλική, αβελιανή. Μία οµάδα G ονοµάζεται πολυ-p αν υπάρχει µία (πεπερασµένη) κανονική σειρά {1 G } = G 0 G 1... G n 1 G n = G έτσι, ώστε κάθε οµάδα πηλίκο G i /G i 1 έχει την ιδιότητα P. Προφανώς, µία επιλύσιµη οµάδα είναι πολυ-αβελιανή. Με πολυ-c εννοούµε πολυ-(άπειρη κυκλική ή τετριµµένη). Παρατήρηση 8.1 Κάθε αβελιανή οµάδα είναι τετριµµένα επιλύσιµη οµάδα. Θα δείξουµε ότι µία αβελιανή οµάδα A είναι πολυ-κυκλική αν και µόνο αν A είναι πεπερασµένα παραγόµενη. Πράγµατι, έστω A µία αβελιανή πολυ-κυκλική οµάδα. Τότε, υπάρχει (πεπερασµένη) κανονική σειρά {1 A } = A 0 A 1... A n 1 A n = A τέτοια, ώστε κάθε A i /A i 1 είναι κυκλική. Εστω a i A i έτσι, ώστε A i /A i 1 = a i A i 1. Τότε, A = a 1,..., a n. Αντίστροφα, έστω A = a 1,..., a n αβελιανή οµάδα. Τότε, {1 A } a 1 a 1, a 2... a 1,..., a n 1 A είναι κανονική σειρά µε κυκλικούς παράγοντες. Ετσι, η A είναι πολυ-κυκλική.

18 182 ΚΕΦΑΛΑΙΟ 8. ΕΠΙΛΥΣΙΜΕΣ ΚΑΙ ΜΗ ΕΝΟ ΥΝΑΜΕΣ ΟΜΑ ΕΣ Λήµµα 8.5 Εστω P µία (αλγεβρική) ιδιότητα των οµάδων. Εστω G µία οµάδα που έχει την ιδιότητα P και, επιπλέον, κάθε υποοµάδα της έχει την ιδιότητα P. Τότε, κάθε υποοµάδα µιας πολυ-p οµάδας είναι πολυ-p. Απόδειξη. Εστω G µία πολυ-p οµάδα και έστω H µία υποοµάδα της G. Τότε, υπάρχει (πεπερασµένη) κανονική σειρά {1 G } = G 0 G 1... G n 1 G n = G τέτοια, ώστε κάθε G i /G i 1 έχει την ιδιότητα P. Θέτουµε H i = G i H, i = 0,..., n. Τότε, η H έχει (πεπερασµένη) κανονική σειρά {1 G } = H 0 H 1... H n 1 H n = H. Ισχυριζόµαστε ότι οι οµάδες πηλίκο H i+1 /H i έχουν την ιδιότητα P. Πράγµατι, H i+1 /H i = G i (G i+1 H) G i G i+1 /G i. Επειδή κάθε G i+1 /G i έχει την ιδιότητα P, έχουµε ότι κάθε H i+1 /H i έχει την ιδιότητα P. Εποµένως, η H είναι πολυ-p. Πρόταση Εστω G µία οµάδα και έστω N µία κανονική πεπερασµένη υποοµάδα της τέτοια, ώστε G/N = C. Τότε, η G έχει µία άπειρη κυκλική κανονική υποοµάδα µε πεπερασµένο δείκτη. 2. Εστω G µία πολυ-(κυκλική ή πεπερασµένη) οµάδα. Τότε, η G είναι (πολυ- C )-µε-πεπερασµένη. Απόδειξη. 1. Από την υπόθεσή µας, G = N x για κάποιο x G. Επειδή η N είναι πεπερασµένη, η Aut(N) είναι πεπερασµένη. Αφού η N είναι κανονική, η απεικόνιση φ : N N, µε φ(b) = x 1 bx για κάθε b N, είναι αυτοµορφισµός της N. Εστω m N η τάξη του φ. Από εδώ, έχουµε ότι x m Z(G). Θέτουµε C = x m. Επειδή C Z(G), έχουµε ότι C G. Επίσης, G : C = G : NC NC : C m N <. Από εδώ, έχουµε το Ϲητούµενο αποτέλεσµα. 2. Η οµάδα G έχει µία πεπερασµένη κανονική σειρά (G i ) : {1 G } = G 0 G 1... G n 1 G n = G έτσι, ώστε κάθε οµάδα πηλίκο G i /G i 1 είναι κυκλική ή πεπερασµένη. Θέλουµε να αποδείξουµε ότι η G έχει κανονική υποοµάδα K, που είναι πολυ-c, και G/K είναι πεπερασµένη. Αν n = 1, τότε δεν έχουµε τίποτα να αποδείξουµε. Υποθέτουµε ότι n > 1 και εφαρµόζουµε επαγωγή στο µήκος n της κανονικής σειράς. Ετσι, η G n 1 έχει µία κανονική πολυ-c υποοµάδα H που έχει πεπερασµένο δείκτη στην G n 1.

19 8.3. ΕΠΙΛΥΣΙΜΕΣ ΟΜΑ ΕΣ 183 Εστω g G. Τότε, g 1 Hg G n 1 και G n 1 /g 1 Hg = G n 1 /H. Από το Θεώρηµα 5.2(1), έχουµε ότι υπάρχουν πεπερασµένου πλήθους διαφο- ϱετικές οµάδες µεταξύ των g 1 Hg µε g G, έστω H 1,..., H m. Τότε, η H 0 = H 1... H m είναι κανονική στην G και έχει δείκτη το πολύ G n 1 : H n στην G n 1. Ετσι, υπάρχει κανονική υποοµάδα H 0 της G n 1 µε πεπερασµένο δείκτη, H 0 H και H 0 G. ιακρίνουµε δύο περιπτώσεις : (αʹ) G/G n 1 πεπερασµένη (όχι απαραίτητα κυκλική). Τότε, η H 0 είναι κανονική υποοµάδα της G µε πεπερασµένο δείκτη. Από το Λήµµα 8.5, η H 0 είναι πολυ-c. (ϐʹ) G/G n 1 = C. Από την Πρόταση 8.8(1), υπάρχει κανονική υποοµάδα K/H 0 της G/H 0 µε πεπερασµένο δείκτη και K/H 0 = C. Αφού H 0 είναι πολυ-c, έχουµε ότι K είναι πολυ-c και έτσι, έχου- µε το Ϲητούµενο αποτέλεσµα. Το επόµενο αποτέλεσµα συνδέει την επιλυσιµότητα µε την πολυ-κυκλικότητα. Από το αποτέλεσµα αυτό προκύπτει ότι κάθε πολυ-κυκλική είναι πεπερασµένα παραγόµενη. Θεώρηµα 8.5 Μία επιλύσιµη οµάδα G έχει max αν και µόνο αν η G είναι πολυκυκλική. Απόδειξη. Εστω G µία επιλύσιµη οµάδα και υποθέτουµε ότι η G έχει max. Άρα, η G είναι πεπερασµένα παραγόµενη. Αφού η G είναι επιλύσιµη, υπάρχει n N έτσι, ώστε G (n) = {1 G }. Θεωρούµε ότι ο n είναι ο µικρότερος ϑετικός ακέραιος µε αυτή την ιδιότητα. Εποµένως, G = G (0) > G (1) >... > G (n 1) > G (n) = {1 G }. Επειδή η G έχει max, κάθε G (i) (i = 0,..., n 1) είναι πεπερασµένα παραγόµενη. Αφού G (i+1) = (G (i) ), η οµάδα πηλίκο G (i) /G (i+1) είναι πεπερασµένα παραγόµενη αβελιανή οµάδα. Από την Παρατήρηση 8.1, κάθε G (i) /G (i+1) είναι πολυ-κυκλική. Επειδή η G είναι επιλύσιµη, από την Πρόταση 8.7, οι G (n 1) και G (n 2) /G (n 1) είναι επιλύσιµες. Εστω G (n 1) = a 1,n 1,..., a m,n 1. Επειδή η G (n 1) είναι αβελιανή, {1 G } a 1,n 1 a 1,n 1, a 2,n 1... a 1,n 1,..., a m,n 1 = G (n 1). Οµοια, η G (n 2) /G (n 1) = b 1,n 2 G (n 1),..., b k,n 2 G (n 1) είναι αβελιανή. Ε- ποµένως, Ετσι, G (n 1) G (n 1) b 1,n 2 G (n 1) G (n 1) b 1,n 2, b 2,n 2 G (n 1) G (n 1)... G(n 2) G (n 1). {1 G } a 1,n 1 a 1,n 1, a 2,n 1... G (n 1) b 1,n 2, G (n 1)... b 1,n 2,..., b k,n 2, G (n 1) = G (n 2).

20 184 ΚΕΦΑΛΑΙΟ 8. ΕΠΙΛΥΣΙΜΕΣ ΚΑΙ ΜΗ ΕΝΟ ΥΝΑΜΕΣ ΟΜΑ ΕΣ Συνεχίζοντας µε αυτό τον τρόπο, κατασκευάζουµε µία πεπερασµένη κεντρική σειρά της G {1 G } = G 0 G 1... G m 1 G m = G έτσι, ώστε κάθε οµάδα πηλίκο G i /G i+1 είναι κυκλική. Αντίστροφα, υποθέτουµε ότι η G είναι πολυ-κυκλική. Για να δείξουµε ότι η G έχει max, αρκεί να δείξουµε, για κάποια κανονική υποοµάδα N της G, η N και η G/N έχουν max. Από την Πρόταση 8.8(2), η G είναι πολυ-c -µε-πεπερασµένη, δηλαδή, υπάρχει N κανονική υποοµάδα της G, που είναι πολυ-c, και η G/N πεπερασµένη. Συνεπώς, αρκεί να δείξουµε ότι η N έχει max. Αν N = {1 G }, τότε δεν έχουµε να αποδείξουµε τίποτα. Ετσι, υποθέτουµε ότι N {1 G }. Επειδή η N είναι πολυ-c, υπάρχει πεπερασµένη κανονική σειρά, {1 G } = N 0 N 1... N m = N έτσι, ώστε N i+1 /N i, i = 0,..., m 1, είναι άπειρη κυκλική. Εστω M N. Ε- πειδή κάθε υποοµάδα της C είναι άπειρη κυκλική ή τετριµµένη, από το Λήµµα 8.5, η M είναι πολυ-c, και εποµένως, η M είναι πεπερασµένα παραγόµενη. Ε- ποµένως, η N έχει max. Επειδή η G/N είναι πεπερασµένη, έχουµε το Ϲητούµενο αποτέλεσµα. 8.4 Μηδενοδύναµες Οµάδες Θυµίζουµε ότι µία υποοµάδα H της οµάδας G ονοµάζεται πλήρως αναλλοίωτη (αντιστ. χαρακτηριστική) αν για κάθε ενδοµορφισµό φ της G, φ(h) H (αντιστ. αν για κάθε αυτοµορφισµό φ της G, φ(h) H, και συµβολίζεται µε H char G). Να παρατηρήσουµε ότι η οµάδα µεταθετών G της G είναι πλήρως αναλλοίωτη και το κέντρο Z(G) της G είναι χαρακτηριστική. Μία σηµαντική ιδιότητα που έχουν οι χαρακτηριστικές και οι πλήρως αναλλοίωτες υποοµάδες της G είναι ότι η σχέση της χαρακτηριστικότητας ή της πλήρους αναλλοιωσιµότητας είναι µεταβατική. ηλαδή, αν η A είναι πλήρως αναλλοίωτη στην B (αντιστ. A char B) και η B πλήρως αναλλοίωτη στην C (αντιστ. B char C), τότε η A είναι πλήρως αναλλοίωτη στην C (αντιστ. A char C). Η παραπάνω ιδιότητα δεν ισχύει µε την σχέση της κανονικότητας. Το κέντρο Z(G) της G µάς ϐοηθάει στο να κατασκευάσουµε µία ακολου- ϑία υποοµάδων της επαγωγικά ως εξής : Για i = 0, 1, ϑέτουµε Z 0 (G) = {1 G }, Z 1 (G) = Z(G) και για i 2 Z i (G) = {g G : (g, h) Z i 1 (G) h G}. Λήµµα 8.6 Εστω G οµάδα. Τότε, για κάθε i 0, 1. Z i (G) G και Z i (G) Z i+1 (G) και 2. Z i+1 (G)/Z i (G) = Z(G/Z i (G)). Απόδειξη.

21 8.4. ΜΗ ΕΝΟ ΥΝΑΜΕΣ ΟΜΑ ΕΣ Πρώτα από όλα, ϑα δείξουµε ότι Z i (G) G για όλα τα i. Εργαζόµαστε µε επαγωγή στο i. Για i = 0, 1, ο ισχυρισµός µας είναι τετριµµένος. Υποθέτου- µε ότι Z i (G) G. Εστω g 1, g 2 Z i+1 (G). Από την Πρόταση 8.3 (ε) και (η), έχουµε ότι (g 1 g2 1 = (g 1, h) g 1 2 (g 1 2, h) = (g 1, h) g 1 2 ((g2, h) 1 ) g 1 2 για όλα τα h Z i (G). Από την επαγωγική µας υπόθεση, έχουµε ότι g 1 g 1 2 Z i+1 (G) για όλα τα g 1, g 2 G. Με άλλα λόγια, Z i+1 (G) G. Εστω g Z i+1 (G) και x G. Από την Πρόταση 8.3 (ε), έχουµε ότι (x 1 gx, h) = (g(g, x), h) = (g, h) (g,x) ((g, x), h). Λόγω του ότι Z i (G) G, έχουµε ότι x 1 gx Z i+1 (G) για όλα τα g Z i+1 (G) και x G. Συνεπώς, Z i+1 (G) G. Επειδή Z i (G) G, εύκολα διαπιστώνουµε ότι Z i (G) Z i+1 (G) για όλα τα i. 2. Από το Λήµµα 8.6(1), µπορούµε να σχηµατίσουµε την οµάδα πηλίκο Z i+1 (G)/Z i (G). Εστω gz i (G) µε g Z i+1 (G) και xz i (G) G/Z i (G). Τότε, (gz i (G), xz i (G)) = (g, x)z i (G) = Z i (G) για όλα τα x G. Εποµένως, Z i+1 (G)/Z i (G) Z(G/Z i (G)). Αντίστροφα, έστω xz i (G) G/Z i (G). Επειδή x Z i+1 (G) (x, g) Z i (G) για όλα τα g G, έχουµε ότι xz i (G) Z i+1 (G)/Z i (G) και έτσι, Z i+1 (G)/Z i (G) = Z(G/Z i (G)) για όλα τα i. Από το Λήµµα 8.6, µε επαγωγικό τρόπο κατασκευάζεται µία αύξουσα ακολουθία υποοµάδων της G {1 G } = Z 0 (G) Z 1 (G) = Z(G)... Z i (G) Z i+1 (G)... τέτοια, ώστε αν η Z i (G) έχει ορισθεί, τότε η Z i (G) G και η Z i+1 (G) είναι τέτοια, ώστε η Z i+1 (G)/Z i (G) είναι το κέντρο της G/Z i (G). Η παραπάνω αύξουσα ακολουθία υποοµάδων της G ονοµάζεται η ανώτερη κεντρική σειρά της G. Πρόταση 8.9 Εστω G µία οµάδα. 1. Αν α Aut(G), N G και α(n) = N, τότε ο α επάγει έναν αυτοµορφισµό στην G/N. 2. Αν H N G, H char G και N/H char G/H, τότε N char G. 3. Οι όροι της ανώτερης κεντρικής σειράς της G είναι χαρακτηριστικές υποοµάδες. Απόδειξη.

22 186 ΚΕΦΑΛΑΙΟ 8. ΕΠΙΛΥΣΙΜΕΣ ΚΑΙ ΜΗ ΕΝΟ ΥΝΑΜΕΣ ΟΜΑ ΕΣ 1. Επειδή α(n) = N, η απεικόνιση α : G/N G/N µε α(gn) = α(g)n για κάθε g G είναι καλά ορισµένη. Εχοντας υπόψη την πράξη στην G/N και επειδή η α είναι ενδοµορφισµός της G, είναι εύκολο να δειχθεί ότι η α είναι ενδοµορφισµός της G/N. Για να δείξουµε ότι η α είναι 1 1, αρκεί να δείξουµε ότι Kerα = {1 G/N }. Εστω gn Kerα. Τότε, α(gn) = α(g)n = N και έτσι, α(g) N. Επειδή α(n) = N και α Aut(G), έχουµε ότι g N. Με άλλα λόγια, Kerα = {1 G/N }. Εστω hn G/N µε h G. Επειδή η α είναι επί, υπάρχει g 1 G έτσι, ώστε α(g 1 ) = h. Ετσι, α(g 1 N) = α(g 1 )N = hn. ηλαδή, η α είναι επί. Συνεπώς, η α είναι αυτοµορφισµός της G/N. 2. Εστω H char G. Για g G, ϑεωρούµε τον εσωτερικό αυτοµορφισµό τ g της G. Επειδή H char G, τ g (H) H για κάθε g G. ηλαδή, ghg 1 H για κάθε g G και έτσι, η H είναι κανονική στη G. Εστω α Aut(G). Επειδή α(h) = H και H G, από την Πρόταση 8.9(1), ο α επάγει έναν αυτοµορφισµό α στην οµάδα πηλίκο G/H. Αφού N/H char G/H, έχουµε ότι α(n/h) = N/H. Επειδή H N και α Aut(G), έχουµε ότι α(h) α(n) και έτσι, H α(n). Λόγω του ότι H G, µπορούµε να σχηµατίσουµε την οµάδα πηλίκο α(n)/h. Από τον ορισµό του α, έχουµε ότι α(n)/h = N/H. Εστω z N. Τότε, για κάποιο y N, α(y) = zh, όπου h H. Επειδή α(h) = H, έχουµε ότι a(h 1 ) = h µε h 1 H. Συνεπώς, a(y) = zα(h 1 ) και άρα, α(h 1 1 y) = z α(n). ηλαδή, N α(n). Αντίστροφα, έστω α(x) α(n) µε x N. Τότε, υπάρχει y N έτσι, ώστε α(x) = yh 2 µε h 2 H. Επειδή H N, έχουµε ότι α(x) N. Εποµένως, N α(n) N και έτσι, α(n) = N για κάθε α Aut(G). Με άλλα λόγια, η N είναι χαρακτηριστική υποοµάδα της G. 3. Χρησιµοποιούµε επαγωγή στο i. Για i = 0, 1, ο ισχυρισµός µας είναι τετριµµένος. Υποθέτουµε ότι Z i (G) char G για κάποιο i 1. Επειδή Z i+1 (G)/Z i (G) = Z(G/Z i (G)), από την Πρόταση 8.9(2), έχουµε το Ϲητούµενο αποτέλεσµα. Με τη ϐοήθεια της οµάδας µεταθετών G µπορούµε να ορίσουµε µία άλλη ακολουθία υποοµάδων της G ως εξής : Θέτοντας γ 1 (G) = G, γ 2 (G) = G και γενικά γ c+1 (G) = (γ c (G), G) για c N, µε c 2, παίρνουµε µία ϕθίνουσα ακολουθία υποοµάδων της G (γ c (G)) c 1 : G = γ 1 (G) γ 2 (G)... γ c (G)... που ονοµάζεται η κατώτερη κεντρική σειρά της G. Η επόµενη πρόταση µάς δίνει χρήσιµες πληροφορίες για την κατώτερη κεντρική σειρά. Η απόδειξή της είναι απλή και αφήνονται όλες οι τεχνικές λεπτοµέρειες ως άσκηση για τον αναγνώστη. Πρόταση 8.10 Οι όροι της κατώτερης κεντρικής σειράς της οµάδας G είναι πλήρως αναλλοίωτες υποοµάδες και επιπλέον η οµάδα πηλίκο γ c (G)/γ c+1 (G) περιέχεται στο κέντρο της G/γ c+1 (G). Ετσι, η γ c (G)/γ c+1 (G) είναι αβελιανή για c = 1, 2,.... Εστω G µία οµάδα. Η πεπερασµένη σειρά {1 G } = H 0 H 1... H k = G

23 8.4. ΜΗ ΕΝΟ ΥΝΑΜΕΣ ΟΜΑ ΕΣ 187 καλείται κεντρική σειρά της G αν, για κάθε n {1,..., k}, x H n = (x, g) H n 1 για κάθε g G. Με άλλα λόγια, (H n, G) H n 1 για κάθε n {1,..., k}. Παρατηρούµε ότι H 1 Z(G). Λήµµα 8.7 Οι παρακάτω προτάσεις είναι ισοδύναµες. 1. Η οµάδα G έχει κεντρική σειρά {1 G } = H 0 H 1... H k = G. 2. Υπάρχει σειρά {1 G } = H 0 H 1... H k = G της G έτσι, ώστε H n G και H n /H n 1 Z(G/H n 1 ) για 1 n k. 3. Υπάρχει σειρά {1 G } = H 0 H 1... H k = G της G έτσι, ώστε H n G για 1 n k και για κάθε n {1,..., k}, η δράση της G µε συζυγία πάνω στην οµάδα πηλίκο H n /H n 1 είναι τετριµµένη. Απόδειξη. (1) = (2) Επειδή (H n, G) H n 1 (n {1,..., k}), έχουµε ότι (h, g) H n 1 H n για όλα τα h H n και g G. Συνεπώς, g 1 hg H n για όλα τα h H n και g G. ηλαδή, H n G για όλα τα n {1,..., k}. Εστω hh n 1 H n /H n 1 και gh n 1 G/H n 1. Τότε, (hh n 1, gh n 1 ) = (h, g)h n 1. Από την υπόθεσή µας, (h, g) H n 1 και έτσι, H n /H n 1 Z(G/H n 1 ). (2) = (3) Εστω g G και hh n 1, h H n. Η δράση της G πάνω στην H n /H n 1 ορίζεται ως εξής : Από την υπόθεσή µας g hh n 1 = ghg 1 H n 1. hh n 1 Z(G/H n 1 ) (hh n 1, g 1 H n 1 ) = H n 1 g G (h, g 1 )H n 1 = H n 1 (h, g 1 ) H n 1. Εποµένως, g hh n 1 = hh n 1. (3) = (1) Εστω η σειρά της G (H i ) : {1 G } = H 0 H 1... H k = G τέτοια, ώστε H n G για 1 n k, και για κάθε n, η δράση της G µε συζυγία πάνω στην H n /H n 1 είναι τετριµµένη. Τότε, g hh n 1 = hh n 1 h 1 ghg 1 H n 1 g G, h H n (h, g 1 ) H n 1 g G, h H n (H n, G) H n 1. ηλαδή, η σειρά (H i ) είναι κεντρική.

24 188 ΚΕΦΑΛΑΙΟ 8. ΕΠΙΛΥΣΙΜΕΣ ΚΑΙ ΜΗ ΕΝΟ ΥΝΑΜΕΣ ΟΜΑ ΕΣ Μία οµάδα G ονοµάζεται µηδενοδύναµη (nilpotent) αν έχει µία πεπερασµένη κεντρική σειρά. Αν η G είναι µηδενοδύναµη, η κλάση µηδενοδυναµίας της G ορίζεται να είναι το µήκος της µικρότερης κεντρικής σειράς της G. Να παρατηρήσουµε εδώ ότι µία µηδενοδύναµη οµάδα είναι επιλύσιµη, αφού κάθε (πεπερασµένη) κεντρική σειρά είναι επιλύσιµη. Πρόταση 8.11 Εστω R ένας δακτύλιος (όχι απαραίτητα µεταθετικός) µε µονάδα 1 και I ένα ιδεώδες του µε I n = {0} µε n N. Με I i, i N, συµβολίζουµε το ιδεώδες που αποτελείται από όλα τα πεπερασµένα αθροίσµατα x 1 x 2... x i όπου x 1,..., x i I. Θέτουµε G = 1 + I = {1 + x : x I} R. 1. Το σύνολο G είναι υποοµάδα της οµάδας των αντιστρέψιµων στοιχείων του R. 2. Θέτοντας G i = 1 + I i, i = 1,..., n, τότε η σειρά {1} = G n G n 1... G 1 = G είναι µία κεντρική σειρά της G και έτσι, η G είναι µηδενοδύναµη µε κλάση το πολύ n Για κάθε i < n, η οµάδα πηλίκο G i /G i+1 είναι ισόµορφη µε την προσθετική οµάδα I i /I i+1. Απόδειξη. 1. Για x, y I, (1+x)(1+y) = 1+(x+y+xy). Επειδή I είναι ιδεώδες, έχουµε ότι x+y +xy I και άρα, το G είναι κλειστό ως προς τον πολλαπλασιασµό. Επειδή (1 + x)(1 x + x ( 1) n 1 x n 1 ) = 1 και I ιδεώδες, έχουµε ότι (1 + x) 1 G για κάθε x R. Συνεπώς, η G είναι υποοµάδα της οµάδας των αντιστρέψιµων στοιχείων του R. 2. Εφαρµόζοντας όµοια επιχειρήµατα όπως στην παραπάνω απόδειξη, έχουµε ότι G i G. Για να δείξουµε ότι η σειρά είναι κεντρική, αρκεί να δείξουµε ότι {1} = G n G n 1... G 1 = G (G i, G) G i+1 για κάθε i {1,..., n 1}. Με άλλα λόγια, αρκεί να δείξουµε ότι (g, h) G i+1 για όλα τα g G i και h G. Εστω g = 1 + x G i, x I i, και h = 1 + y G, y I. Τότε, gh hg = xy yx I i+1 και έτσι, (g, h) 1 = g 1 h 1 (gh hg) I i+1. ηλαδή, (g, h) 1 + I i+1 = G i+1 για όλα τα g G i+1 και h G.

25 8.4. ΜΗ ΕΝΟ ΥΝΑΜΕΣ ΟΜΑ ΕΣ Ορίζουµε την απεικόνιση θ : G i I i /I i+1 µε θ(g) = (g 1) + I i+1 για κάθε g G i. Τότε, για g, h G i, θ(gh) = θ(g) + θ(h), δηλαδή, η θ είναι οµοµορφισµός. Είναι εύκολο να δειχθεί ότι η θ είναι επί. Εστω 1+x Kerθ µε x I i. Τότε, θ(1 + x) = x + I i+1 = I i+1. Εποµένως, x I i+1 και έτσι, 1 + x G i+1. Επειδή G i+1 Kerθ, έχουµε ότι Kerθ = G i+1. Από το 1ο Θεώρηµα ισοµορφισµών, παίρνουµε το Ϲητούµε αποτέλεσµα. Παραδείγµατα 8.3 Θα δώσουµε δύο χαρακτηριστικά παραδείγµατα µηδενοδύνα- µων οµάδων. 1. Εστω K σώµα και n ϕυσικός αριθµός. Συµβολίζουµε µε T n (K) την οµάδα αποτελούµενη από όλους τους n n άνω τριγωνικούς πίνακες µε 1 στη κύρια διαγώνιο. Με τη ϐοήθεια της Πρότασης 8.11, ϑα αποδείξουµε ότι η T n (K) είναι µηδενοδύναµη κλάσης n 1. Την απόδειξη ϑα την κάνουµε πιο γενικά. Εστω R ένας µεταθετικός δακτύλιος µε 1 και έστω V = } R. {{.. R, } n παράγοντες ελεύθερο R-module. Γράφουµε µε E = End R (V ) = M n n (R) τον δακτύλιο των R-ενδοµορφισµών του V. Για i = 1,..., n, ϑέτουµε και V i = R... R }{{} i παράγοντες I = {α E : α(v i ) V i 1, i = 1,..., n}. Ετσι, το I αποτελείται από όλους τους n n άνω τριγωνικούς πίνακες µε 0 στην κύρια διαγώνιο. Είναι εύκολο να αποδειχθεί ότι το I είναι ιδεώδες του δακτυλίου AT n (K) που αποτελείται από όλους τους άνω τριγωνικούς n n πίνακες. Προφανώς, I n = {0} και η Πρόταση 8.11 µάς λέει ότι η οµάδα είναι µηδενοδύναµη. G = 1 + I = T n (R) 2. Η οµάδα Heisenberg ορίζεται να είναι η H = T 3 (Z). Θέτοντας 1 κ m A κ = 0 1 0, B λ = 0 1 λ, C m = για όλα τα κ, λ, m Z. Παρατηρούµε ότι (A, B) = C, (C, A) = (C, B) = I 3 και κάθε στοιχείο της H γράφεται (µοναδικά) ως 1 κ m 0 1 λ = A κ B λ C m κλ Οπως ϑα δούµε στο Κεφάλαιο 9, η H είναι ελεύθερη µηδενοδύναµη κλάσης 2. ηλαδή, ϑα δείξουµε ότι H = F 2 /γ 3 (F 2 ), όπου F 2 είναι η ελεύθερη οµάδα µε ϐαθµίδα 2.

26 190 ΚΕΦΑΛΑΙΟ 8. ΕΠΙΛΥΣΙΜΕΣ ΚΑΙ ΜΗ ΕΝΟ ΥΝΑΜΕΣ ΟΜΑ ΕΣ Λήµµα 8.8 Εστω G µία οµάδα. Υποθέτουµε ότι η G έχει κεντρική σειρά {H n } 1 n k : {1 G } = H 0 H 1... H k = G. Τότε, H n Z n (G) και γ n+1 (G) H k n για 0 n k. Απόδειξη. Χρησιµοποιούµε επαγωγή στο n. Για n = 0, ο ισχυρισµός είναι τετριµ- µένος. Εστω n = 1. Επειδή (H 1, G) H 0 = {1 G }, έχουµε ότι H 1 Z(G) = Z 1 (G). Υποθέτουµε ότι ισχύει για n, δηλαδή, H n Z n (G). Επειδή η (H n ) είναι κεντρική, (H n+1, G) H n. Εστω x H n+1. Τότε, (x, g) H n για κάθε g G. Από την επαγωγική µας υπόθεση, (x, g) Z n (G) για κάθε g G. Εποµένως, x Z n+1 (G) και έτσι, H n Z n (G) για κάθε n, n {0,..., k}. Χρησιµοποιώντας όµοια επιχειρήµατα όπως προηγουµένως, ϑα δείξουµε ότι γ n+1 (G) H k n, n {0,..., k}. Εστω n = 0. Τότε, τετριµµένα, γ 1 (G) H k = G. Υποθέτουµε ότι γ n+1 (G) H k n για κάποιο n. Επειδή γ n+2 (G) = (u, g) : u γ n+1 (G), g G, αρκεί να δείξουµε ότι (u, g) H k n 1 για κάθε u γ n+1 (G) και g G. Ε- πειδή u γ n+1 (G) H k n, και λόγω του ότι (H k n, G) H k n 1, έχουµε το Ϲητούµενο αποτέλεσµα. Το επόµενο αποτέλεσµα µάς δίνει ικανές και αναγκαίες συνθήκες για το πότε µία οµάδα είναι µηδενοδύναµη. Οι ικανές και αναγκαίες συνθήκες δίνονται µε την ϐοήθεια της κατώτερης και της ανώτερης κεντρικής σειράς. Πρόταση 8.12 Εστω G µία οµάδα. Τα παρακάτω είναι ισοδύναµα. 1. G είναι µηδενοδύναµη. 2. Για κάποιο ϕυσικό αριθµό c, γ c+1 (G) = {1 G }. 3. Για κάποιο ϕυσικό αριθµό c, Z c (G) = G. Απόδειξη. (1) (2) Υποθέτουµε ότι η G είναι µηδενοδύναµη. Τότε, υπάρχει µία κεντρική σειρά Από το Λήµµα 8.8, {H n } 1 n c : {1 G } = H 0 H 1... H c = G. γ n+1 (G) H c n Z c n (G) για όλα τα n {0,..., c}. Για n = c, έχουµε ότι γ c+1 (G) = {1 G } και για n = 0, Z c (G) = G. (2) (3) Εστω c ο µικρότερος ϑετικός ακέραιος µε την ιδιότητα γ c+1 (G) = {1 G }. Τότε, από την Πρόταση 8.10, έχουµε ότι η κατώτερη κεντρική σειρά (γ i (G)) της G είναι µία πεπερασµένη κεντρική σειρά της G και έτσι, η G είναι µηδενοδύναµη. Από το Λήµµα 8.8, προκύπτει ότι Z c (G) = G. (3) (1) Αν c είναι ο µικρότερος ϑετικός ακέραιος µε την ιδιότητα Z c (G) = G, τότε η G είναι µηδενοδύναµη, αφού η ανώτερη κεντρική σειρά της είναι πεπε- ϱασµένη. Από το Λήµµα 8.8, προκύπτει ότι γ c+1 (G) = {1 G }.